精品解析：云南曲靖市宣威市第七中学2026届高三第二次月测数学试卷

宣威七中2026届高三第二次月测数学试卷 考试时间120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 已知，，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先解指数不等式，求得集合，根据并集与补集运算的定义即可得解. 【详解】由，解得，故， 故， 又因为， 故. 故选：C. 2. 已知，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】由，得，所以，由此可得. 【详解】由，得. 所以. 所以. 故选：D. 3. 已知是定义在上且周期为4的奇函数，当时，，则（ ） A. -2 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的周期性和奇偶性即可求解. 【详解】已知是定义在上且周期为的奇函数，所以有， 令，得， 由于是奇函数，有，所以，即，解得， 当时，，由于，所以， 因此，故B正确. 4. 设，是平面内两个不共线的向量，则下列向量组中不能作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合共线的向量的判定方法，以及基底的定义，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，设，可得，此时方程组无解， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以A不符合题意； 对于B，设，显然不存在实数使得成立， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以B不符合题意； 对于C，设，可得，此时方程组无解， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以C不符合题意； 对于D，，可得，解得，即， 所以与共线，所以与不能作为基底，所以D符合题意. 5. 已知等差数列中，，其前项和为．等比数列中，．则满足的的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】借助等差数列及求和公式与等比数列定义可求出与，再利用为正整数计算即可得. 【详解】等差数列的公差， 则， 等比数列的公比，即， 令，当时，；当时，； 当时，；当时，； 当时，的增长远快于，故无解； 故符合题意的的个数为. 6. 为研究不同性别学生对“deepseek”应用程序的了解情况，某学校进行了一次抽样调查，分别抽取男生30名和女生20名作为样本，设事件“了解deepseek”，“学生为女生”，据统计，，将样本的频率视为概率，现从全校的学生中随机抽取20名学生，设其中了解“deepseek”的学生人数为，则当取得最大值时的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据条件概率公式求得，然后根据二项分布概率公式构造不等式组，求解即可. 【详解】已知，， 又抽取男生30名和女生20名，所以. 根据条件概率公式，可得. 再根据条件概率公式，可得. 所以随机变量， 令， 解得， 因为，所以当时，取得最大值. 7. 过双曲线的右顶点作斜率为的直线，与的两条渐近线分别交于点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出直线方程与渐近线方程联立，解出两点的横坐标，再利用已知列方程解出，最后求出离心率即可. 【详解】 设直线方程为，因为渐近线方程为，联立两方程解得， 因为，所以，即， 化简可得， 所以离心率， 故选：B. 8. 已知，若恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数小于等于零恒成立，只有当时满足题意，再由的单调性求最小值即可得解. 【详解】恒成立， ，当时， 要使恒成立，需恒成立， 显然不对（因为）， 故，要使恒成立， 只需零点相同， 即，此时， 令， 由时，，时，， 知在上单调递减､单调递增， 故，即. 故选：B. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（   ） A. 若随机变量，则 B. 若事件，相互独立，则 C. 若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为5 D. 用相关指数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正态曲线的对称性即可判断A，根据随机事件的概率加法公式与互斥事件的概率公式即可判断B；利用方差的性质即可判断C；根据相关指数与残差平方和之间的关系即可判断D. 【详解】对于A：因随机变量，则， 由正态曲线的对称性可得，故A正确； 对于B：由事件，相互独立，可知，对于随机事件，， 都有， 故仅当，互斥时，才有，故该结论不成立，即B错误； 对于C，由题意，，， 对于数据，，，， 其均值为， 其方差为，故C错误； 对于D，相关指数越接近1，值越大，残差平方和接近0，值越小， 则该回归模型的拟合效果越好，故D正确. 10. 在锐角中，角所对的边为，若，且，则的可能取值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由面积公式及余弦定理求出，再由正、余弦定理将角化边，即可求出，再由正弦定理及三角恒等变换公式将转化为关于的三角函数，最后由三角函数的性质计算可得. 【详解】在锐角中，由余弦定理及三角形面积定理得： ， 即有，而，则， 又， 由正弦定理、余弦定理得，，化简得：， 由正弦定理有：，即，， 又是锐角三角形且，有，，解得， 因此， 由得：，， 所以， 结合选项，的可能取值为，，. 故选：ACD 11. 把正方形纸片沿对角线折成直二面角，，分别为，的中点，是原正方形的中心，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 与平面所成角的正弦值为 D. 若原正方形的边长为，则三棱锥的外接球表面积为 【答案】CD 【解析】 【分析】由题意可得两两互相垂直，以此建系，由空间向量的坐标运算结合法向量，求解即可. 【详解】连接，由题意得，， 因为是直二面角，且平面平面, 所以平面，因为平面，所以， 所以两两互相垂直， 以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图： 不妨设正方形边长为2，则， 则， 因为为中点，则，即， 因为为中点，则，即， 对于A，， 则， 因为， 则， 解得，则，故A错误； 对于B，，则，故B错误； 对于C，易得平面的法向量为，与平面所成角为， 则，故C正确； 对于D，因为点到点的距离都是， 所以三棱锥的外接球半径为， 所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确. 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 设n为正整数，若的展开式共有7项，则此展开式中含的项的系数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据二项展开式的项数特征求出的值，再利用通项公式确定含的项对应的参数，进而计算系数。 【详解】二项式的展开式共有项， 由题意展开式共7项，故，解得， 二项式的展开式通项为， 化简得， 令 ，解得， 所以含的项的系数为. 13. 已知M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，若，则直线的倾斜角为______________． 【答案】或. 【解析】 【分析】由抛物线的几何性质求的纵坐标，再求的斜率，进而得到倾斜角. 【详解】 抛物线的准线为，设直线的倾斜角为， 过M向抛物线的准线作垂线交准线于，由抛物线的几何性质得，所以的纵坐标为， 又因为M是抛物线上的一点，所以，所以， 所以，或. 14. 设数列{}的通项公式是其前项和为，则=______ 【答案】240 【解析】 【详解】由题意得 . 四、解答题 15. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若的中点为且，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及三角变换化简得，即可求解； （2）设，利用正弦定理将用表示，再利用三角恒等变换及正弦型函数的性质求出范围. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 所以，所以， 又，所以，所以，又，所以； 【小问2详解】 设，则在中，由知， 由正弦定理得，所以，， 又，所以，，所以 ， 因为，所以，所以，所以， 所以的最大值为. 16. 从标有的五张卡片中，依次抽出2张（取后不放回），用随机变量表示抽到的卡片是奇数的个数． （1）求在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率； （2）求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） 0 1 2 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，分析第一次抽到偶数后剩余卡片的情况，进而求出相应概率； （2）分析的可能取值情况，分别计算相应概率，从而得出随机变量的分布列和数学期望． 【小问1详解】 已知奇数卡片3张，偶数卡片2张，第一次抽到偶数后，剩余4张卡片： 3张奇数，1张偶数，则第二次抽到奇数的概率为：． 【小问2详解】 已知随机变量表示抽到的卡片是奇数的个数，则的取值可能为， ； ； ； 随机变量的分布列为： 0 1 2 数学期望为： ． 17. 如图，在三棱锥中，平面，，分别是，的中点，，，.延长至点，使得，连接. （1）证明：； （2）求二面角的余弦值； （3）若点，分别是直线，上的动点，求的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】根据题意可得到，又平面，可以建立空间直角坐标系，利用数量积可得证. 求得平面的法向量，易得平面的一个法向量是，利用夹角公式求. 利用得点，得点，根据两点间距离公式即可求解. 【小问1详解】 因为，，，是的中点， 所以，两边平方，得， 即，得， 所以. 又平面，所以，，两两垂直., 如图，以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，. 所以，， 所以， 所以. 【小问2详解】 由题意，知平面的一个法向量是. 易得，. 设平面的法向量是，则即 令，得，所以平面的一个法向量是， 所以， 由图，知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 因为点N，Q分别是直线，上的动点， 设，，则，所以. 设，，则，所以， 所以 所以当，时，取得最小值，为. 18. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的图象经过点，且椭圆C的右焦点F的坐标为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点F作倾斜角为的直线和椭圆C交于两点，求的值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】(1)已知焦点坐标，根据椭圆的定义得到的的值，再根据计算的值，得到椭圆C的标准方程． (2)根据点斜式写出直线方程，联立椭圆方程得到一元二次方程，根据韦达定理得到两点坐标之间的关系，代入两点间距离公式化简即可． 【小问1详解】 依题意，椭圆的右焦点为，则左焦点为，设， 由椭圆的定义可知， 所以，可得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 依题可设过点的直线方程为， 将其与椭圆方程联立，消元得， 设，则得，（*）， 于是 将（*）代入，得． 19. 已知函数，其中. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）当时，利用导数求单调区间即可； （2）易知时不符合题意，时，利用导数结合隐零点问题求解． 【小问1详解】 当时，，． 由得，由得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 当时，，不满足题意． 所以，此时 ，显然是上的增函数， 且时，时， 所以存在唯一正实数使得，即 ． 此时在上单调递减，在上单调递增． 由题意 ． 将 代入上式整理得：，解得：． 此时，代入后． 化简得： ，解得：． 令 ，其中．则， 所以是区间上的增函数． 所以 ，代入得到a的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宣威七中2026届高三第二次月测数学试卷 考试时间120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 已知，，，则（　　） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5 3. 已知是定义在上且周期为4的奇函数，当时，，则（ ） A. -2 B. C. D. 2 4. 设，是平面内两个不共线的向量，则下列向量组中不能作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 已知等差数列中，，其前项和为．等比数列中，．则满足的的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 为研究不同性别学生对“deepseek”应用程序的了解情况，某学校进行了一次抽样调查，分别抽取男生30名和女生20名作为样本，设事件“了解deepseek”，“学生为女生”，据统计，，将样本的频率视为概率，现从全校的学生中随机抽取20名学生，设其中了解“deepseek”的学生人数为，则当取得最大值时的值为（ ） A. B. C. D. 7. 过双曲线的右顶点作斜率为的直线，与的两条渐近线分别交于点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. -2 二、多选题 9. 下列说法正确的是（   ） A. 若随机变量，则 B. 若事件，相互独立，则 C. 若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为5 D. 用相关指数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好 10. 在锐角中，角所对的边为，若，且，则的可能取值为（ ） A. B. 2 C. D. 11. 把正方形纸片沿对角线折成直二面角，，分别为，的中点，是原正方形的中心，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 与平面所成角的正弦值为 D. 若原正方形的边长为，则三棱锥的外接球表面积为 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 设n为正整数，若的展开式共有7项，则此展开式中含的项的系数为__________． 13. 已知M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，若，则直线的倾斜角为______________． 14. 设数列{}的通项公式是其前项和为，则=______ 四、解答题 15. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若的中点为且，求的最大值. 16. 从标有的五张卡片中，依次抽出2张（取后不放回），用随机变量表示抽到的卡片是奇数的个数． （1）求在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率； （2）求随机变量的分布列和数学期望． 17. 如图，在三棱锥中，平面，，分别是，的中点，，，.延长至点，使得，连接. （1）证明：； （2）求二面角的余弦值； （3）若点，分别是直线，上的动点，求的最小值. 18. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的图象经过点，且椭圆C的右焦点F的坐标为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点F作倾斜角为的直线和椭圆C交于两点，求的值． 19. 已知函数，其中. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $